Problem B. 5435. (January 2025)
B. 5435. The incircle of triangle \(\displaystyle ABC\) is tangent to the sides \(\displaystyle BC\), \(\displaystyle CA\), \(\displaystyle AB\) at \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\), respectively. Let \(\displaystyle P\) be the point on the segment \(\displaystyle AD\) for which \(\displaystyle 2\cdot AP=PD\), and define points \(\displaystyle Q\), \(\displaystyle R\) on the segments \(\displaystyle BE\) and \(\displaystyle CF\), respectively in a similar manner. Show that at least one of the points \(\displaystyle P\), \(\displaystyle Q\), \(\displaystyle R\) lies on or inside the incircle.
Proposed by: Márton Lovas, Budakalász
(5 pont)
Deadline expired on February 10, 2025.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. Jelöljük a beírt kört \(\displaystyle k\)-val. Legyenek az oldalak szokásos jelöléssel \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\). Az általánosság elvesztése nélkül legyen \(\displaystyle a=1\) a legnagyobb oldal. Ekkor azt fogjuk megmutatni, hogy \(\displaystyle P\) benne van \(\displaystyle k\)-ban. Messe \(\displaystyle k\) \(\displaystyle AD\)-t másodjára \(\displaystyle M\)-ben. \(\displaystyle P\) akkor és csak akkor van benne \(\displaystyle k\)-ban, ha \(\displaystyle AM\leq\frac{AD}{3}\). Azonban az \(\displaystyle A\) pont \(\displaystyle k\)-ra vonatkozó hatványa miatt \(\displaystyle AE^2=AM\cdot AD\), azaz \(\displaystyle AM=\frac{AE^2}{AD}\). Ezeket összevetve \(\displaystyle AD^2\geq3\cdot AE^2\) esetén megvagyunk. Írjuk fel \(\displaystyle AD\) és \(\displaystyle AE\) hosszának négyzetét \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) segítségével (felhasználva az osztópont-tételt és koszinusztételt):
$$\begin{align*} AE^2&=\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2,\\ AD^2&=\left(\frac{b+1-c}{2}\cdot\vec{AB}+\frac{c+1-b}{2}\cdot\vec{AC}\right)^2=\\ &=\left|\vec{AB}\right|^2\left(\frac{b+1-c}{2}\right)^2+\left|\vec{AC}\right|^2\left(\frac{c+1-b}{2}\right)^2+2(\vec{AB}\cdot\vec{AC})\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}=\\ &=c^2\left(\frac{b+1-c}{2}\right)^2+b^2\left(\frac{c+1-b}{2}\right)^2+2bc\cos{\alpha}\cdot\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}=\\ &=c^2\left(\frac{b+1-c}{2}\right)^2+b^2\left(\frac{c+1-b}{2}\right)^2+(b^2+c^2-1)\cdot\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}. \end{align*}$$Azt kell tehát belátnunk, hogy
$$\begin{align*} &c^2\left(\frac{b+1-c}{2}\right)^2+b^2\left(\frac{c+1-b}{2}\right)^2+(b^2+c^2-1)\cdot\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}\geq 3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\\ \Leftrightarrow\quad&c^2\left(\frac{b+1-c}{2}\right)^2+b^2\left(\frac{c+1-b}{2}\right)^2+(b^2+c^2-1)\cdot\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}-3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\geq0\\ \Leftrightarrow\quad& \left(c\cdot\frac{b+1-c}{2}+b\cdot\frac{c+1-b}{2}\right)^2+(b^2-2bc+c^2-1)\cdot\frac{b+1-c}{2}\cdot\frac{c+1-b}{2}-3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\geq0\\ \Leftrightarrow\quad& \left(\frac{b+c+2bc-b^2-c^2}{2}\right)^2+(b^2-2bc+c^2-1)\left(\frac{1-(b-c)^2}{2}\right)^2-3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\geq0\\ \Leftrightarrow\quad& \left(\frac{b+c+2bc-b^2-c^2}{2}\right)^2-\left(\frac{b^2+c^2-2bc-1}{2}\right)^2-3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\geq0\\ \Leftrightarrow\quad& \left(\frac{b+c-1}{2}\right)\left(\frac{b+c+1}{2}-(b-c)^2\right)-3\left(\frac{b+c-1}{2}\right)^2\geq0\\ \Leftrightarrow\quad& (b+c-1)(b+c+1-2(b-c)^2)-3(b+c-1)^2\geq 0\\ \Leftrightarrow\quad& (b+c-1)(b+c+1-2b^2-2c^2+4bc-3b-3c+3)\geq 0\\ \Leftrightarrow\quad&-2(b+c-1)(c^2-2bc+b^2+b+c-2)\geq0 \end{align*}$$A háromszög-egyenlőtlenség miatt \(\displaystyle b+c-1>0\), azaz csak azt kell igazolni, hogy \(\displaystyle c^2-2bc+b^2+b+c-2\leq0\). Ehhez az általánosság elvesztése nélkül tegyük fel, hogy \(\displaystyle b\geq c\). Mivel \(\displaystyle b,c\leq1\), \(\displaystyle b-c\leq1\), ezért \(\displaystyle (b-c)^2\leq b-c\). Így
\(\displaystyle c^2-2bc+b^2+b+c-2=(b-c)^2+b+c-2\leq (b-c)+(b+c)-2=2b-2\leq0,\)
hiszen \(\displaystyle b\leq 1\).
Könnyen ellenőrizhető, hogy egyenlőség csak a szabályos háromszög esetén áll fenn, ekkor mindhárom harmadolópont éppen a körvonalon található.
Statistics:
37 students sent a solution. 5 points: Ali Richárd, Aravin Peter, Bodor Ádám, Bodor Noémi, Csató Hanna Zita , Diaconescu Tashi, Gyenes Károly, Hodossy Réka, Holló Martin, Kovács Benedek Noel, Li Mingdao, Minh Hoang Tran, Molnár István Ádám, Molnár Lili, Pázmándi József Áron, Prohászka Bulcsú, Rajtik Sándor Barnabás, Sárdinecz Dóra, Szabó 721 Sámuel, Varga 511 Vivien, Virág Tóbiás, Wágner Márton, Zhai Yu Fan. 4 points: Bencze Mátyás, Kővágó Edit Gréta, Vigh 279 Zalán. 3 points: 1 student. 2 points: 5 students. 0 point: 5 students.
Problems in Mathematics of KöMaL, January 2025